Program Linier Transportasi

Programa Linier : Model Transportasi

1

BAB V

PROGRAMA LINIER : MODEL TRANSPORTASI

Model transportasi berkaitan dengan penentuan rencana berbiaya

rendah untuk mengirimkan satu barang dari sejumlah sumber (misalnya,

pabrik) ke sejumlah tujuan (misalnya, gudang). Model ini dapat diperluas

secara langsung untuk mencakup situasi-situasi praktis dalam bidang

pengendalian mutu, penjadwalan dan penugasan kerja, di antara bidang-

bidang lainnya.

Model transportasi pada dasarnya merupakan sebuah programa linier

yang dipecahkan oleh metode simpleks biasa. Tetapi, strukturnya yang

khusus memungkinkan pengembangan sebuah prosedur pemecahan, yang

disebut teknik trasportasi, yang lebih efisien dalam hal perhitungan.

Ciri-ciri khusus persoalan transportasi adalah :

1. Terdapat sejumlah sumber dan sejumlah tujuan tertentu.

2. Kuantitas komoditas atau barang yang didistribusikan dari setiap sumber

dan yang diminta oleh setiap tujuan, besarnya tertentu.

3. Komoditas yang dikirim atau diangkut dari suatu sumber ke suatu tujuan,

besarnya sesuai dengan permintaan dan atau kapasitas sumber.

4. Ongkos pengangkutan komoditas dari suatu sumber ke suatu tujuan,

besarnya tertentu.

5.1 Definisi dan Aplikasi Model Transportasi

Dalam arti sederhana, model transportasi berusaha menentukan

sebuah rencana transportasi sebuah barang dari sejumlah sumber ke

sejumlah tujuan. Data dalam model ini mencakup :

1. Tingkat penawaran di setiap sumber dan sejumlah permintaan di setiap

tujuan.

2. Biaya transportasi per unit barang dari setiap sumber ke setiap tujuan.


2

Tujuan dari model ini adalah menentukan jumlah yang harus dikirimkan

dari setiap sumber ke setiap tujuan sedemikian rupa sehingga biaya

transportasi total diminimumkan.

Asumsi dasar dari model ini ialah bahwa biaya transportasi di sebuah

rute tertentu adalah proporsional secara langsung dengan jumlah unit yang

dikirimkan.

Gambar 5.1 memperlihatkan sebuah model transportasi dari sebuah

jaringan dengan m sumber dan n tujuan. Sebuah sumber atau tujuan diwakili

dengan sebuh node. Busur yang menghubungkan sebuah sumber dan

sebuah tujuan mewakili rute pengiriman barang tersebut. Jumlah penawaran

di sumber i adalah ai dan permintaan di tujuan j adalah bi. Biaya unit

transportasi antara sumber i dan tujuan j adalah cij.

Sumber Tujuan

c11 : x11

a1 1 1 b1

Unit penawaran a2 2 2 b2 Unit permintaan

. .

. .

. .

a1 m cmn : xmn n bn

Gambar 5.1 Model Transportasi dari Sebuah Jaringan

Anggaplah xij mewakili jumlah barang yang dikirimkan dari sumber i ke tujuan

j ; maka model programa linier yang mewakili masalah transportasi adalah

sebagai berikut :

ij

m

i

n

j

ijxczimumkanMe

1 1

min


3

Dengan batasan :

jdanisemuauntukx

njbx

miax

ij

m

i

jij

n

j

iij

,0

....,,2,1,

....,,2,1,

1

1

Kelompok batasan pertama menetapkan bahwa jumlah pengiriman dari

sebuah sumber tidak dapat melebihi penawarannya ; demikian pula,

kelompok batasan kedua mengharuskan bahwa jumlah pengiriman ke sebuah

tujuan harus memenuhi permintaannya.

Model diatas menyiratkan bahwa penawaran total m

i ia1 harus

setidaknya sama dengan permintaan total n

j jb1 . Ketika penawaran total

sama dengan permintaan total ( m

i ia1 = n

j jb1 ), formulasi yang

dihasilkan disebut model transportasi berimbang (balanced transportation

model). Model ini berbeda dengan model diatas hanya dengan fakta bahwa

semua batasan adalah persamaan yaitu :

njbx

miax

m

i

jij

n

j

iij

....,,2,1

....,,2,1,

1

1

Dalam kehidupan nyata tidak selalu dapat dipastikan bahwa

penawaran sama dengan permintaan atau melebihinya. Tetapi, sebuah model

transportasi dapat selalu berimbang. Pengimbangan ini, disamping

kegunaannya dalam pemodelan situasi praktis tertentu, adalah penting untuk

pengembangan sebuah metode pemecahan yang sepenuhnya memanfaatkan

struktur khusus dari model tranportasi ini .


4

5.2 Pemecahan Masalah Transportasi

Untuk menyelesaikan persoalan transportasi, harus dilakukan langkah-

langkah sebagai berikut :

1. Tentukan pemecahan awal yang layak.

2. Tentukan variabel masuk (entering variabel) dari variabel-variabel

nonbasis. Bila semua variabel sudah memenuhi kondisi optimum, STOP.

Bila belum, lanjutkan langkah 3.

3. Tentukan variabel keluar (leaving variabel) di antara variabel-variabe basis

yang ada, kemudian hitung solusi yang baru. Kembali ke langkah 2.

Langkah 1 : Menentukan solusi fisibel basis awal

Ada tiga metode yang biasa digunakan untuk menentukan solusi fisibel

basis awal yaitu :

5.2.1 Metode pojok kiri atas-pojok kanan bawah (northwest corner rule / NCR)

Prosedur yang digunakan dalam menyelesaikan persoalan transportasi

dengan metode NCR adalah sebagai berikut :

Mulai dari pojok kiri atas, alokasikan sebesar x11 = min (a1 , b1 ). Artinya

: jika b1 a1 maka x11 = b1 ; jika b1 a1, maka x11 = a1 . Kalau x11 = b1, maka

selanjutnya yang mendapat giliran untuk dialokasikan adalah x12 sebesar min

(a1 - b1, b2) ; kalau x11 = a1 (atau b1 a1), maka selanjutnya yang mendapat

giliran untuk dialokasikan adalah x21 sebesar min (b1 - a1, a2). Demikian

seterusnya.

Contoh :


5

Tabel 5.2.1.1 Contoh Pemakaian Metode NCR

Tujuan 1 2 3 4 aij

1 10 0 20 11

5 10 15

Sumber 2 12 7 9 20

5 15 5 25

3 0 14 16 18

bj 5 5

5 15 15 10

a1 = 15 ; b1 = 5 x11 = min (15, 5) = 5

a1 - b1 = 10 ; b2 = 15 x12 = min (10, 15) = 10

Langkah selanjutnya ialah mengisi b2 sampai penuh dengan mengalokasikan

sebesar 5 pada x22 , yaitu jumlah kekurangan yang terjadi dalam pemenuhan

kebutuhan pada b2.

Dengan melanjutkan prosedur diatas, maka akan diperoleh berturut-turut : x23

= 15, x24 = 5, dan x34 = 5, yang bersama-sama dengan x11 , x12 , dan x22

membentuk solusi fisibel basis awal.

Sehingga biaya trasportasi totalnya adalah :

5 x 10 + 10 x 0 + 5 x 7 + 15 x 9 + 5 x 20 + 5 x 18 = 410

5.2.2 Metode biaya terendah (least cost)

Prinsip cara ini adalah pemberian prioritas pengalokasian pada tempat

yang mempunyai satuan ongkos terkecil. Dengan mengambil contoh diatas,

kita lihat c12 = c31 = 0 adalah ongkos terkecil dari keseluruhan tabel. Maka x12

dan x31 mendapat prioritas pengalokasian pertama kali. Jumlah unit yang

dialokasikan masing-masing adalah x12 = min (a1 , b2) = 15 dan x31 = min (a3 ,

b1) = 5. Selanjutnya lihat ongkos terkecil berikutnya, yaitu c22 = 7. Tetapi,

karena tujuan kedua (b2) telah terisi penuh, maka lihat ongkos terkecil


6

berikutnya, diperoleh c23 = 9. Alokasikan x23 sebesar min (a2 , b3 ) = min (25,

15) = 15.

Dengan menjalankan prosedur diatas, diperoleh x24 = 10. Maka x12 ,

x31 , x23 dan x24 bersama-sama membentuk solusi fisibel basis awal.

Tabel 5.2.1.2 Contoh Pemakaian Metode Least Cost

Tujuan 1 2 3 4

1 10 0 20 11

0 15 0 15

Sumber 2 12 7 9 20

15 10 25

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10

Biaya total = 0 x 10 + 15 x 0 + 0 x 11 + 15 x 9 + 10 x 20 + 5 x 0 = 335.

Hasil yang dicapai pada metode least cost ternyata lebih baik (lebih rendah)

daripada yang diperoleh dengan metode NCR.

5.2.3 Metode Pendekatan Vogel (Vogel’s Approximation

Method /VAM)

Cara ini merupakan cara terbaik dibandingkan dengan kedua cara diatas.

Langkah-langkah pengerjaannya adalah :

1. Hitung penalty untuk tiap kolom dan baris dengan jalan mengurangkan

elemen ongkos terkecil dari yang kedua terkecil.

2. Selidiki kolom/baris dengan penalty terbesar. Alokasikan sebanyak

mungkin pada variabel dengan ongkos terkecil, sesuaikan supply dengan

demand, kemudian tandai kolom atau baris yang sudah terpenuhi. Kalau

ada 2 buah baris/kolom yang terpenuhi secara simultan, pilih salah satu

untuk ditandai, sehingga supply/demand pada baris/kolom yang tidak

terpilih adalah nol. Setiap baris/kolom dengan supply/demand sama

dengan nol, tidak akan terbawa lagi pada perhitungan penalty berikutnya.


7

3. a. Bila tinggal 1 kolom/baris yang belum ditandai, STOP.

b. Bila tinggal 1 kolom/baris dengan supply/demand positip yang belum

ditandai, tentukan variabel basis pada kolom/baris dengan cara ongkos

terkecil (least cost).

c. Bila semua baris dan kolom yang belum ditandai mempunyai supply dan

demand sama dengan nol, tentukan variabel-variabel basis yang

berharga nol dengan cara ongkos terkecil. Kemudian STOP.

d. Jika 3a, b dan c tidak terjadi, hitung kembali penalty untuk baris/kolom

yang belum ditandai. Kembali ke nomor 2.

Contoh :

Penalty Baris

1 2 3 4

1 10 0 20 11

15 10

2 12 7 9 20

25 2

3 0 14 16 18

5 14*

Penalty Kolom

5

10

15 7

15 7

10 7

Karena baris ketiga memiliki penalty terbesar (= 14) dan karena c31 = 0

merupakan ongkos terkecil di dalam barisnya, maka alokasikan x31 = 5.

Dengan demikian, baris 3 dan kolom 1 sudah terpenuhi secara simultan.

Dalam hal ini kita bisa memilih baris 3 atau kolom 1 yang akan ditandai.

Misalkan dipilih kolom 1 untuk ditandai, maka sisa supply untuk baris 3

menjadi 0.

Tabel baru menjadi :


8

Penalty Baris

1 2 3 4

1 10 0 20 11

15 11*

2 12 7 9 20

25 2

3 0 14 16 18

5 0 -

Penalty Kolom

0 -

15 7

15

11

10 9

Selanjutnya kita ulangi menghitung penalty. Kita lihat bahwa baris 1 dan

kolom 3 mempunyai penalty yang sama (= 11) sehingga kembali kita dapat

memilih salah satu untuk ditandai.

Misalkan dipilih kolom 3 untuk ditandai, maka alokasikan x23 = 15.

Supply untuk baris 2 sekarang menjadi 10.

Penalty Baris

1 2 3 4

1 10 0 20 11

15 11

2 12 7 9 20

15 10 13*

3 0 14 16 18

5 0 -

Penalty Kolom

0 -

15 7

0 0

10 9

Dengan menghitung penalty yang baru, diperoleh penalty terbesar untuk baris

2 (= 13) sehingga alokasikan x22 = 10. Kemudian tandai baris 2.

1 2 3 4

1 10 0 20 11

15

2 12 7 9 20

10 15 0

3 0 14 16 18

5 0

0 5 0 10


9

Supply yang masih tersedia adalah 15 (baris 1), sedangkan demand yang

belum terpenuhi adalah kolom 2 sebanyak 5 dan kolom 4 sebanyak 10.

Karena tidak ada pilihan lain, maka alokasikan x12 = 5 dan x14 = 10. Pengisian

tabel selesai dengan solusi fisibel basis awal : x12 = 5, x14 = 10, x22 = 10, x23 =

15 dan x31 = 5. Dari hasil perhitungan diatas, maka tabel optimumnya adalah :

1 2 3 4

1 10 0 20 11

5 10 15

2 12 7 9 20

10 15 25

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10

Biaya total = 5 x 0 + 10 x 11 + 10 x 7 + 15 x 9 + 5 x 0 = 315

Langkah 2 dan 3 : Menentukan entering variabel dan leaving variabel

Menentukan entering dan leaving variabel adalah tahap berikutnya dari

teknik pemecahan persoalan transportasi, setelah solusi fisibel basis awal

diperoleh. Ada dua cara yang bisa digunakan dalam menentukan entering

dan leaving variable ini, yaitu dengan menggunakan metode stepping stone

atau metode multipliers.

5.2.4 Metode Stepping Stone

Untuk menentukan entering dan leaving variable ini, terlebih dahulu

haris dibuat suatu loop tertutup bagi setiap variabel nonbasis. Loop tersebut

berawal dan berakhir pada variabel nonbasis tadi, di mana tiap sudut loop

haruslah merupakan titik-titik yang ditempati oleh variabel-variabel basis

dalam tabel trasportasi. Sebagai contoh, kita lihat kembali tabel terakhir yang

diperoleh dari cara NCR, Tabel 5.2.4.1 berikut ini :


10

Tabel 5.2.4.1 Solusi fisibel Basis Awal dengan Metode NCR 1 2 3 4

1 10 0 20 11

5 10 15

2 12 7 9 20

5 15 5 25

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10

Dari tabel diatas diperoleh variabel basis awal x11 , x12 , x22 , x23 , x24 , dan x34

, masing-masing dengan harga 5, 10, 5, 15, 5, dan 5. Sampai disini diperoleh

solusi awal z = (5) (10) + (10) (0) + (5) (7) + (15) (9) + (5) (20) + (5) (18) = 410

Dalam hal ini loop digunakan untuk memeriksa apakah bisa diperoleh

penurunan ongkos (z) jika variabel nonbasis dimasukkan menjadi variabel

basis. Dengan cara memeriksa semua variabel nonbasis yang terdapat dalam

suatu iterasi itulah kita dapat menentukan entering variabel.

Sebagai contoh, kita kembali pada Tabel 5.2.4.1. Misalkan kita akan

memeriksa apakah variabel nonbasis x21 dapat dimasukkan menjadi variabel

basis sehingga ongkos totalnya berkurang. Untuk itu alokasikan sebanyak 1

satuan barang kepada x21 (atau x21 = 1). Mengingat bahwa kuantitas barang

pada masing-masing baris atau kolom harus tetap, maka perubahan harga x21

dari 0 menjadi 1 mengakibatkan perubahan pada harga variabel basis x11

(yang berada pada kolom 1) sebesar 1 sehingga x11 menjadi = 4. Demikian

pula halnya dengan variabel yang berada pada baris 2 sehingga x22 berubah

menjadi 4. Perubahan yang terjadi pada z adalah : z = (4) (10) + (11) (0) + (1)

(12) + (4) (7) + (15) (9) + (5) (20) + (5) (18) = 405

Dibandingkan dengan solusi sebelumnya (z = 410), maka jelaslah

bahwa x21 dapat dimasukkan sebagai entering variabel, dimana

pengalokasian 1 unit barang kepada x21 akan mengakibatkan penurunan

ongkos sebesar 5 (lihat Tabel 5.2.4.2).


11

Tabel 5.2.4.2 Pemasukan Variabel Nonbasis x21 Menjadi Variabel Basis 1 2 3 4

1 10 0 20 11

4 11 15

2 12 7 9 20

1 4 15 5 25

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10

Untuk memudahkan perhitungan, buatlah sebuah loop tertutup untuk masing-

masing pengecekan. Misalnya untuk variabel x21 tadi (lihat Tabel 5.2.4.3).

Kalau kita pandang 1 unit pengalokasian kepada x21 berasal dari

pemindahan 1 unit pada kolom 2 ke kolom 1, maka untuk menjaga agar

kuantitasl total pada kolom ke 2 tidak berubah dan kuantitas pada kolom 1

tidak berlebih, haruslah dari kolom 1 dipindahkan ke kolom 2 sebesar 1 unit

pula.

Misalkan yang berubah itu adalah x11 menjadi 4, dan 1 unit dipindahkan

dari x11 kepada x12 sehingga x12 menjadi 11. Dengan cara yang sama x21

menjadi 1 dan x22 menjadi 4 sebagai perimbangannya (lihat Tabel 5.2.4.2).

Tabel 5.2. 4.3 Loop tertutup untuk Variabel Nonbasis x21

1 2 3 4

1

5

10

2

x21

5

15

5

3

5

Akibat “perpindahan antar kolom” ini terhadap ongkos total hanyalah

berkisar pada elemen-elemen ongkos tempat dilakukannya perpindahan

tersebut, yaitu c11 , c12 , c21 , dan c22. Dalam hal ini, akibat perpindahan dari


12

x11 kepada x12 sebesar 1 unit, maka terjadi penurunan ongkos sebesar c11 –

c12. Begitu pula yang terjadi pada perpindahan dari x22 kepada x21 ,

penurunan ongkosnya adalah sebesar c22 – c21.

Kalau penurunan ongkos ini diberi tanda minus (-) dan pertambahan

ongkos diberi tanda plus (+), maka perubahan total ongkos yang terjadi, bila

dialokasikan sebanyak 1 unit terhadap variabel nonbasis x21 , adalah :

[(c11 – c12) + (c22 – c21)]

= - [(10 – 0) + (7 – 12)]

= - 5

Perubahan harga variabel-variabel basis dan nonbasis ini tentu saja

dapat pula dipandang sebagai “perpindahan antarbasis” dan tidak akan

mempengaruhi hasil perhitungan. Bahkan ada kalanya dibutuhkan

“perpindahan antarkolom” sekaligus “perpindahan antar baris”, misalnya untuk

memeriksa x31. Jika cij = perubahan ongkos akibat pengalokasian 1 unit

produk ke variabel nonbasis xij , maka dengan cara yang sama akan diperoleh

berturut-turut : c13 = 18, c14 = - 2, c31 = - 15, c32 = 9, dan c33 = 9, sehingga

diperoleh Tabel 5.2.4.4.

Tabel 5.2.4.4 Penambahan dan Penurunan Ongkos Transportasi

per unit untuk masing-masing Variabel Nonbasis

1 2 3 4

1 10 0 20 11

5

10 (18)

(-2)

2 12 7 9 20

(-5)

5 15 5

3 0 14 16 18

(-15)

(9)

(9)

5

Selanjutnya dipilih variabel nonbasis yang akan menyebabkan penurunan

ongkos terbesar sebagai entering variabel. Dari iterasi diatas dipilih x31

sebagai entering variable karena memberikan penurunan ongkos yang

terbesar yaitu sebanyak 15 satuan ongkos per unit. Dengan demikian, kita


13

dapat membuat sebuah loop yang berawal dan berakhir pada variabel x31

(lihat Tabel 5.2.4.5)

Tabel 5.2.4.5 Loop dari Variabel x31

1 2 3 4

1 10 0 20 11

5 (-)

10 (+)

2 12 7 9 20

5 (-)

15 5 (+)

3 0 14 16 18

x31

(+)

5 (-)

Tanda (-) dan (-) menyatakan bahwa variabel yang bersangkutan (pada

masing-masing kotak) akan bertambah atau berkurang besarnya sebagai

akibat perpindahan kolom dan perpindahan baris.

Leaving variable dipilih dari variabel-variabel sudut loop yang bertanda

(-). Pada contoh diatas, dimana x telah terpilih sebagai entering variable,

calon-calon leaving variable-nya adalah x11 , x22 , dan x34. Dari calon-calon ini,

pilihlah salah satu yang nilainya paling kecil.

Pada contoh di atas kebetulan ketiganya bernilai sama (= 5) sehingga

kita bisa memilih salah satu untuk dijadikan leaving variable. Misalkan x34

dipilih sebagai leaving variable, maka nilai x31 naik 5 dan nilai-nilai variabel

basis yang di sudut loop juga berubah (bertambah atau berkurang 5 sesuai

dengan tanda (+) atau (-) ).

Tabel solusi baru ini adalah seperti pada Tabel 5.2.4.6 dengan ongkos

transportasi sebesar :

(0 x 10) + (15 x 0) + (0 x 7) + (15 x 9) + (10 x 20) + (5 x 0) = 335


14

Tabel 5.2.4.6 Tabel solusi baru setelah x31 terpilih sebagai entering variable dan x34 menjadi leaving variable

1 2 3 4

1 10 0 20 11

0

15

2 12 7 9 20

0 15 10

3 0 14 16 18

5

Bandingkan dengan solusi awal pada Tabel 5.2.4.1 yang ongkos

transportasinya = 410. Selisih ongkos transportasi (410 – 335 = 75) sama

dengan hasil perkalian antara :

Jumlah unit yang ditambahkan pada x31 X penurunan ongkos per unit

(5) X (15)

Perhatikan :

Angka 0 pada x11 dan x22 adalah variabel basis yang berharga 0. Jadi, tidak

boleh dihilangkan karena ia tidak sama dengan kotak-kotak lain yang tidak

ada angkanya (variabel nonbasis).

Sampai disini kita masih harus memeriksa, barangkali nilai fungsi

tujuan masih bisa diperbaiki. Untuk itu lakukanlah kembali langkah-langkah

yang sudah kita kerjakan, dengan menggunakan Tabel 5.2.4.6 sebagai solusi

awal (pengganti Tabel 5.2.4.1).

Kita dapatkan :

Variabel nonbasis Perubahan ongkos per unit x13 c13 = +18 x14 c14 = - 2 X21 c21 = - 5 X32 c32 = +24 X33 c33 = +24 x34 c34 = +15


15

Dengan demikian kita memilih x21 sebagai entering variable.

Tabel 5.2.4.7

1 2 3 4

1 10 0 20 11

0 (-)

15 (+)

2 12 7 9 20

x21

(+)

0 (-)

15 10

3 0 14 16 18

5

Tabel 5.2.4.8

1 2 3 4

1 10 0 20 11

15 (-)

x14 (+)

2 12 7 9 20

0

0 (+)

15 10 (-)

3 0 14 16 18

5

Pada loop yang berasal dan berakhir pada x21 ini, leaving variable-nya ada

dua, yaitu x11 dan x22. Karena keduanya berharga 0, kita bisa memilih salah

satu untuk dijadikan leaving variablenya. Misalkan x11 adalah leaving variable,

maka x21 = 0 dengan ongkos transportasi tetap 335. Karena itu, kita coba

membuat loop dari variabel nonbasis yang lain, yang juga dapat menurunkan

ongkos transportasi per unit (yaitu x14). Kita dapatkan : c11 = +5; c32 = +19; c13

= +18; c33 = +19; c34 = +10; c14 = - 2.

Dari Tabel 5.2.4.8 terlihat bahwa leaving variable adalah x24 sehingga x14 =

10; x22 = 10; dan x12 = 5.

Solusi optimalnya adalah :


16

Tabel 5.2.4.9 Solusi Optimal

1 2 3 4

1 10 0 20 11

5 10 15

2 12 7 9 20

0 10 15 25

3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10

Dengan ongkos transportasi sebesar :

(5 x 0) + (10 x 11) + ( 0 x 12) + (10 x 7) + (15 x 9) + (5 x 0) = 315

5.2.5 Metode Multiplier

Cara ini iterasinya sama seperti stepping stone. Perbedaan utama

terjadi pada cara pengevaluasian variabel nonbasis, atau penentuan

penurunan ongkos transpor per unit untuk tiap variabel. Cara ini

dikembangkan berdasarkan teori dualitas. Untuk tiap basis i dari tabel

trasformasi dikenal suatu multiplier ui , dan untuk kolom j disebut multiplier vj

sehingga untuk tiap variabel basis xij didapat persamaan :

ui + vj + cij

Dari persamaan di atas kita dapat menghitung berapa penurunan ongkos

transportasi per unit untuk tiap variabel nonbasis xij sebagai berikut :

cij = xij – ui - vj

Langkah berikutnya adalah seperti iterasi yang dilakukan oleh metode

stepping stone.

Sebagai contoh kita lihat lagi solusi fisibel basis awal dari Tabel 5.2.4.1

vj

ui

v1

v2

v3

v4

u1 10 0 20 11

5 10 15

u2 12 7 9 20

5 15 5 25

u3 0 14 16 18

5 5

5 15 15 10


17

Basis awal :

x11 : u1 + v1 = c11 = 10

x12 : u1 + v2 = c12 = 0

x22 : u2 + v2 = c22 = 7

x23 : u2 + v3 = c23 = 9

x24 : u2 + v4 = c24 = 20

x34 : u3 + v4 = c34 = 18

Dengan menentukan ui = 0, maka harga-harga multiplier yang lain dapat dicari

sebagai berikut :

u1 + v1 = 10 v1 = 10

u1 + v2 = 0 v2 = 0

u2 + v2 = 7 u2 = 7

u2 + v3 = 9 v3 = 2

u2 + v4 = 20 v4 = 13

u3 + v4 = 18 u3 = 5

vj

ui

v1= 10

v2= 0

v3= 2

v4= 13

u1 = 0 10 0 20 11

+18 -2 15

u2 = 7 12 7 9 20

-5 25

u3 = 5 0 14 16 18

-15 +9 +9 5

5 15 15 10

Untuk menentukan entering variabel :

c21 = c21 – v1 – u2 = - 5

c31 = c31 – v3 – v1 = - 15

c13 = c13 – u1 – v3 = 18

c14 = c14 – u1 – v4 = - 2

c32 = c32 – u3 – v2 = 9

c33 = c33 – u3 – v3 = 9


18

Entering variabel adalah x13 (karena memberikan penurunan ongkos per unit

yang terbesar). Selanjutnya iterasinya sama dengan metode stepping stone.

5.3 Model Penugasan (Assigment Model)

Model penugasan merupakan kasus khusus dari model transportasi,

dimana sejumlah m sumber ditugaskan kepada sejumlah n tujuan (satu

sumber untuk satu tujuan) sedemikian sehingga didapat ongkos total yang

minimum.

Biasanya yang dimaksud dengan sumber ialah pekerjaan (atau

pekerja), sedangkan yang dimaksud dengan tujuan ialah mesin-mesin. Jadi,

dalam hal ini, ada m pekerjaan yang ditugaskan pada n mesin, di mana

apabila pekerjaan i ( i = 1, 2, …., m) ditugaskan kepada mesin j (j = 1, 2, … ,

n) akan muncul ongkos penugasan ci j. Karena satu pekerjaan ditugaskan

hanya pada satu mesin, maka supply yang dapat digunakan pada setiap

sumber adalah 1 (atau ai = 1, untuk seluruh i). Demikian pula halnya dengan

mesin-mesin ; karena satu mesin hanya dapat menerima satu pekerjaan,

maka demand dari setiap tujuan adalah 1 (atau bj = 1, untuk seluruh j). Jika

ada suatu pekerjaan yang tidak dapat ditugaskan pada mesin tertentu, maka

cij yang berkorespondensi dengannya dinyatakan dengan M, yang merupakan

ongkos yang sangat tinggi.

Penggambaran umum persoalan penugasan ini adalah sebagai berikut

:

Tabel 5.3.1 Penggambaran Umum Persoalan Penugasan Mesin

1 2 … n

1 c11 c12 … c1n 1

Pekerjaan 2 c21 c22 … c2n 1

. .

.

.

.

.

.

.

.

. .

.

.

.

.

m cm1 cm2 cmn 1

1 1 … 1


19

Sebelum model ini dapat dipecahkan dengan teknik trasportasi, terlebih

dahulu persoalannya harus diseimbangkan dengan menambahkan pekerjaan-

pekerjaan atau mesin-mesin khayalan, bergantung pada apakah m n atau m

n. Dengan demikian, diasumsikan bahwa m = n.

Model penugasan dapat diekspresikan secara matematis sebagai

berikut :

jmekeditugaskanijaanpejikax

jmekeditugaskantidakijaanpejikax

ij

ij

sinker,1

sinker,0

Jadi model ini diketahui

ij

n

i j

ij xczMinimumkan

1 1

Dengan batasan

10

...,,2,1,1

...,,2,1,1

1

1

ataux

njx

nix

ij

n

i

ij

n

j

ij

Suatu ciri khas persoalan penugasan ialah bahwa solusi optimum akan tetap

sama bila suatu konstanta ditambahkan atau dikurangkan kepada baris atau

kolom yang manapun dari matriks ongkosnya. Hal ini dapat dibuktikan

sebagai berikut :

Jika pi dan qj merupakan konstanta pengurang terhadap baris i dan

kolom j, maka elemen ongkos yang baru adalah :

cij‟ = cij – pi - qj


20

Sehingga fungsi tujuan baru menjadi :

takonszzmakaxxKarena

xqxpxc

xqpcxcz

i

ij

j

ij

i

ij

j

j

j

ij

i

i

i j

ijij

ij

i j

jiijij

i j

ij

tan',1

''

Hal ini menunjukkan bahwa meminimumkan z akan menghasilkan solusi yang

sama dengan meminimumkan z‟.

Suatu hal yang menarik ialah bahwa jika kita melakukan operasi

pengurangan pi dan qj terhadap matriks ongkos akan diperoleh zero entries,

yaitu elemen-elemen ongkos dalam matriks yang berharga nol, yang juga

merupakan variabel-variabel yang menghasilkan solusi optimum bagi z‟

sehingga, berdasarkan pembuktian diatas, merupakan solusi optimal bagi z.

Sebagai ilustrasi, perhatikanlah sebuah persoalan penugasan berikut

ini:

Tabel 5.3.2 Model Persoalan Penugasan

Mesin

1 2 3

5 7 9

1 1

Pekerjaan 14 10 12

2 1

15 13 16

3 1

1 1 1


21

Tabel 5.3.3 Solusi Awal Contoh Persoalan Penugasan

Mesin

1 2 3

5 7 9

1 1 1

Pekerjaan 14 10 12

2 1 1

15 13 16

3 1 1

1 1 1

Pada tabel 5.3.3, elemen-elemen nol dibuat dengan mengurangkan elemen

terkecil masing-masing baris (kolom) dari baris (kolom) yang bersangkutan.

Dengan demikian, matriks cij„ yang baru adalah :

Tabel 5.3.4 Matriks cij„ (Matrisk Ongkos yang Baru)

1 2 3

1 0 2 4 p1 = 5

2 4 0 2 p2 = 10

3 2 0 3 p3 = 13

Matriks terakhir dapat dibuat untuk memperbanyak elemen matriks yang

berharga nol dengan cara mengurangkan q3 = 2 dari kolom ketiga. Hasilnya

adalah sebagai berikut :

Tabel 5.3.5 Solusi Akhir

1 2 3

1 0* 2 2

2 4 0 0*

3 2 0* 1

Segi empat pada tabel merupakan penugasan yang fisibel yang sekaligus

optimum, yaitu (1, 1), (2, 3), dan (3,2 ) dengan ongkos penugasan sebesar 5 +

12 + 13 = 30. Perhatikan bahwa besarnya ongkos ini sama dengan p1 + p2 +

p3 + q3


22

Penugasan yang fisibel seperti diatas tidak selalu dapat kita peroleh.

Karena itu, diperlukan suatu aturan untuk mencapai solusi optimum yang

akan dijelaskan melalui ilustrasi sebagai berikut :

Perhatikan suatu persoalan penugasan yang digambarkan sebagai

berikut :

Tabel 5.3.6 Persoalan Penugasan

1 2 3 4

1 1 4 6 3

2 9 7 10 9

3 4 5 11 7

4 8 7 8 5

Dengan proses pengurangan seperti diatas diperoleh :

Tabel 5.3.7 Proses Pengurangan I

1 2 3 4

1 0 3 5 2

2 2 0 3 2

3 0 1 7 3

4 3 2 3 0

Tabel 5.3.8 Proses Pengurangan II

1 2 3 4

1 0 3 2 2

2 2 0 0 2

3 0 1 4 3

4 3 2 0 0

Dalam kasus ini penugasan yang fisibel terhadap elemen-elemen nol tidak

mungkin diperoleh sehingga diperlukan prosedur sebagai berikut :

1. Tariklah garis pada semua baris dan kolom yang mengandung elemen nol

dengan jumlah garis minimum, sedemikian sehingga tidak terdapat lagi nol

pada matriks yang bersangkutan.


23

2. Tentukan di antara elemen-elemen yang tidak ikut tergaris, satu elemen

dengan harga terkecil, kemudian kurangkan sebesar harga elemen ini

kepada semua elemen yang tidak tergaris.

3. Tambahkan sebesar harga elemen tersebut (pada point 2) kepada semua

elemen yang terletak pada perpotongan dua garis.

4. Aloksikan pekerjaan pada elemen-elemen nol tersebut.

5. Jika solusi optimum belum juga ditemukan, ulangi lagi langkah 1 sampai

dengan 4 hingga dicapai penugasan yang fisibel.

Kembali pada soal diatas, sebagai kelanjutan dari tabel 5.3.8 adalah :

Tabel 5.3.9 Modifikasi

1 2 3 4

1 0 3 2 2

2 2 0 0 2

3 0 1 4 3

4 3 2 0 0

Tabel 5.3.10 Solusi Optimum

1 2 3 4

1 0* 2 1 1

2 3 0 0* 2

3 0 0* 3 2

4 4 2 0 0*

Tabel memberikan penugasan yang optimum, yaitu (1, 1), (2, 3), (3, 2), dan

(4, 4) dengan ongkos total sebesar 1 + 10 + 5 + 5 = 21

5.4 Model “Transshipment”

Model transshipment adalah model trasportasi yang memungkinkan

dilakukannya pengiriman barang (komoditas) cara tidak langsung, di mana

barang dari suatu sumber dapat berada pada sumber lain atau tujuan lain

sebelum mencapai tujuan akhirnya. Jadi, pada model transshipment ini suatu


24

sumber sekaligus dapat berperan sebagai tujuan dan, sebaliknya, suatu

tujuan dapat juga berperan sebagai sumber.

Dalam model ini, setiap sumber maupun tujuan dipandang sebagai

titik-titik potensial bagi demand maupun supply. Oleh karena itu, untuk

menjamin bahwa titik potensial tersebut mampu menampung total barang di

samping jumlah barang yang telah ada pada titik-titik tersebut, maka perlu

ditambahkan kepada titik-titik itu kuantitas suplly dan demand-nya masing-

masing sebesar B.

n

j

j

m

i

i baB11

Dengan demikian, apabila ada persoalan transportasi sebagai berikut :

T1 T2 T3

10 20 30

S1 100

20 50 40

S2 200

100 100 100

Maka persoalan transshipment-nya adalah :

S1 S2 T1 T2 T3

S1 10 20 30

100 + B

S2 20 50 40

100 + B

T1

B

T2

B

T3

B

B B 100 + B 100 + B 100 + B

Model di atas baru lengkap apabila ongkos per unit pengangkut untuk baris-

baris dan kolom-kolom yang lainnya telah ditetapkan. Dalam hal ini perlu

diingat bahwa ongkos per unit pada elemen-elemen diagonal adalah nol.


25

Asumsikan bahwa seluruh ongkos per unitnya telah ditentukan, maka model

transshipment selengkapnya adalah :

S1 S2 T1 T2 T3

S1 0 80 10 20 30

400

S2 10 0 20 50 40

500

T1 20 30 0 40 10

300

T2 40 20 10 0 20

300

T3 60 70 80 20 0

300

300 300 400 400 400

Selanjutnya, persoalan di atas diselesaikan dengan menggunakan teknik

transportasi seperti biasa, sehingga diperoleh solusi optimal sebagai berikut :

S1 S2 T1 T2 T3

S1

400

S2

500

T1

300

T2

300

T3

300

300 300 400 400 400

Elemen-elemen diagonal dari tabel diatas kita abaikan, karena secara

fisik tidak mempunyai arti apa-apa.

Solusi optimal diatas menyatakan bahwa :

Sumber 2 (S2 mengirimkan seluruh supply-nya pada tujuan pertama

(T1), di mana 100 unit disimpan untuk memenuhi demand pada tujuan

1 tersebut, dan sisanya, yaitu sebanyak 100 unit, kemudian dikirimkan


26

kepada tujuan 3 (T3) untuk memenuhi demand pada tujuan 3. Adapun

demand pada tujuan 2 (T2) dipenuhi langsung dari sumber 1 (S1).

LATIHAN SOAL

1. Jawablah setiap model transportasi berikut dengan menggunakan metode

NCR, metode LC, dan metode VAM untuk memperoleh pemecahan awal.

Bandingkan perhitungan tersebut.

(a) (b)

1 2 6 7 5 1 8 12

0 4 2 12 2 4 0 14

3 1 5 11 3 6 7 4

10 10 10 9 10 11

2. Cari pemecahan awal dalam masalah trasportasi berikut ini berdasarkan

metode NCR, metode LC, dan metode VAM. Dapatkan pemecahan

optimal dengan menggunakan pemecahan awal terbaik.

10 20 5 7 10

13 9 12 8 20

4 15 7 9 30

14 7 1 0 40

3 12 5 19 50

60 60 20 10

3. Jawablah masalah transportasi tidak seimbang berikut ini dengan

menggunakan VAM untuk mencari pemecahan awal ; permintaan pada

tujuan 1 harus dikirim dari sumber 4.


27

5 1 0 20

3 2 4 10

7 5 2 15

9 6 0 15

5 10 15

4. Pecahkan model-model penugasan berikut :

(a) (b)

3 8 2 10 3 3 9 2 3 7

8 7 2 9 7 6 1 5 6 6

6 4 2 7 5 9 4 7 10 3

8 4 2 3 5 2 5 4 2 1

9 10 6 9 10 9 6 2 4 6

5. Pertimbangkan masalah menugaskan empat operator ke empat mesin.

Biaya penugasan diberikan dalam dollar. Operator 1 tidak dapat

ditugaskan ke mesin 3. Demikian juga, operator 3 tidak dapat ditugaskan

ke emsin 4. Cari penugasan optimal.

Mesin

1 2 3 4

1 5 5 - 2

Operator 2 7 4 2 3

3 9 3 5 -

4 7 2 6 7

6. Misalkan dalam soal No. 5 tersedia mesin ke lima. Biaya penugasan

masing-masing (dalam dollar) kepada keempat operator adalah 2, 1, 2 ,

dan 8. Mesin yang baru menggantikan mesin yang ada jika penggantian

dapat dibenarkan secara ekonomis. Rumuskan kembali masalah sebagai

model penugasan dan cara pemecahan optimal. Secara khusus, apakah


28

ekonomis menggantikan salah satu dari mesin-mesin yang ada ? Jika ya,

mesin yang mana ?

7. Sebuah perusahaan penerbangan regional dapat membeli bahan bakar

jetnya dari tiga penjual. Untuk bulan mendatang perusahaan penerbangan

ini membutuhkan pada tiap-tiap bandara dari ketiga bandara yang dilayani

sebanyak 100.000 galon di bandara 1, 180.000 galon di bandara 2 dan

350.000 galon di bandara 3. Setiap penjual dapat memasukkan bahan

bakar bagi tiap-tiap bandara dengan harga (dalam sen dollar per galon)

yang diberikan oleh daftar berikut :

Bandara 1 Bandara 2 Bandara 3

Penjual 1 92 89 90

Penjual 2 91 91 95

Penjual 3 87 90 92

Tetapi tiap-tiap penjual dibatasi oleh jumlah galon total yang dapat ia

sediakan. Kapasitas meraka adalah 320.000 galon bagi penjual 1, 270.000

galon bagi penjual 2 dan 190.000 galon bagi penjual 3. Tentukan

kebijaksanaan pembelian yang akan mensuplai kebutuhan perusahaan

penerbangan ini pada tiap bandara udara dengan biaya total minimum.

8. Sebuah perusahaan roti dapat memproduksi suatu roti istimewa dari

kedua pabriknya, sebagai berikut :

Pabrik Kapsitas Produksi

jumlah roti

Biaya Produksi,

/roti

A 2500 23

B 2100 25

Empat restoran ingin membeli roti ini. Permintaan dan harga-harga yang

mereka inginkan untuk membelinya adalah sebagai berikut :


29

Restoran Permintaan Total,

Jumlah roti

Harga yang ditawarkan,

/roti

1 1800 39

2 2300 37

3 550 40

4 1750 36

Biaya (dalam sen) pengiriman dari sebuah pabrik ke sebuah restoran

diberikan pada tabel berikut :

Restoran 1 Restoran 2 Restoran 3 Restoran 4

Pabrik A 6 8 11 9

Pabrik B 12 6 8 5

Tentukan suatu skedul penyerahan bagi perusahaan roti ini yang akan

memaksimumkan keuntungan totalnya dari roti istimewa ini.

9. Dua buah perusahaan obat-obatan memiliki persediaan 1,1 dan 0,9 juta

dosis dari vaksin flu tertentu, dan suatu wabah flu kelihatannya

mengancam tiga buah kota. Karena serangan flu ini dapat fatal bagi

penduduk yang lebih tua, maka adalah perlu untuk melakukan vaksinasi

bagi mereka terlebih dahulu. Yang lainnya akan divaksin pada basis

vaksinasi bagi yang pertama kali datang. Jumlah vaksin (dalam juta dosis)

yang tiap-tiap kota perkiraan dapat ia tangani adalah sebagai berikut :

Kota 1 Kota 2 Kota 3

Bagi orang tua 0,325 0,260 0,195

Bagi yang lain 0,750 0,800 0,650

Biaya-biaya pengiriman (dalam sen per dosis) antara perusahaan farmasi

dan kota-kotanya adalah sebagai berikut :


30

Kota 1 Kota 2 Kota 3

Perusahaan 1 3 3 6

Perusahaan 2 1 4 7

Tentukan suatu skedul biaya pengiriman yang minimum yang akan

melengkapi tiap-tiap kota dengan jumlah vaksin yang sekurang-kurangnya

cukup untuk melayani penduduk-penduduknya yang lebih tua. (Petunjuk :

Bagikan tiap-tiap kota ke dalam dua buah tempat tujuan, yakni penduduk

yang lebih tua dan yang lainnya. Ciptakan sebuah toko buatan (dummy).

Buatkan agar biaya pengiriman dari sumber buatan ini ke tampat-tempat

tujuan penduduk yang lebih tua begitu tingginya sehingga secara efektif

menjamin tidak ada pengiriman antara hubungan-hubungan itu).

10. Jaringan dalam Gambar di bawah menunjukkan rute untuk mengirimkan

mobil-mobil dari ketiga pabrik (node 1, 2 dan 3) ke lima dealer ( node 6

sampai 10) melalui dua pusat distribusi (node 4 dan 5). Perhatikan bahwa

biaya pengiriman per unit dari node i ke node j adalah c ij . Jawablah

masalah berikut :

a. Susun model transshipment yang berkaitan untuk masalah dalam

Gambar di bawah.

b. Rumuskan kembali model dengan memperkirakan bahwa pengiriman

diijinkan di antara para dealer.

c. Rumuskan kembali model itu dengan asumsi bahwa pusat distribusi 4

akan menjual 240 mobil secara langsung kepada para pelanggan.


31

Pabrik Pusat Distribusi Dealer

1000 1 6 800

7 500

4 1500 2

8 750

5 9 1000

1200 3 10 650

Program Linier Transportasi

Documents

Transcript of Program Linier Transportasi